集合與常用邏輯用語、不等式、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、三角函數(shù)與解三角形、平面向量、復(fù)數(shù)、數(shù)列、
立體幾何、解析幾何
一、單選題(本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)
1．（2023·廣東江門·一模）已知集合，，則集合B中所有元素之和為（ ）
A．0B．1C．－1D．
2．（2023·浙江杭州·二模）設(shè)復(fù)數(shù)z滿足（i是虛數(shù)單位），則（ ）
A．B．C．D．
3．（2024·河南·一模）平面向量，滿足，，，則在方向上的投影向量為（ ）
A．B．C．D．
4．（2024·廣西南寧·一模）若，則（ ）
A．B．C．D．
5．（2024·廣東茂名·一模）曲線在點(diǎn)0,1處的切線與直線平行，則（ ）
A．B．C．1D．2
6．（23-24高二上·廣東深圳·期末）已知等差數(shù)列的前項(xiàng)和為，，，則（ ）
A．7B．8C．9D．10
7．（2024·浙江·二模）在正三棱臺(tái)中，已知，，側(cè)棱的長為2，則此正三棱臺(tái)的體積為（ ）
A．B．C．D．
8．（2023·遼寧·三模）雙曲線的左?右焦點(diǎn)分別為，以的實(shí)軸為直徑的圓記為，過作的切線與曲線在第一象限交于點(diǎn)，且，則曲線的離心率為（ ）
A．B．C．D．
二、多選題(本大題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分)
9．（2024·湖南長沙·二模）設(shè)a，b，c，d為實(shí)數(shù)，且，則下列不等式正確的有（ ）
A．B．C．D．
10．（2024·吉林長春·模擬預(yù)測）已知函數(shù)，則下列說法正確的是（ ）
A．函數(shù)單調(diào)遞增
B．函數(shù)值域?yàn)?br>C．函數(shù)的圖象關(guān)于對(duì)稱
D．函數(shù)的圖象關(guān)于對(duì)稱
11．（2024·山東濰坊·一模）已知函數(shù)及其導(dǎo)函數(shù)的定義域均為，記，且，，則（ ）
A．B．的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱
C．D．（）
三、填空題(本大題共3小題，每小題5分，共15分，把答案填在題中的橫線上)
12．（2023高三·全國·專題練習(xí)）陀螺指的是繞一個(gè)支點(diǎn)高速轉(zhuǎn)動(dòng)的幾何體，是中國民間最早的娛樂工具之一，其模型可抽象為圓柱和圓錐的組合體，如圖所示．已知EF，BC分別為圓O，的直徑，，D為弧EF的中點(diǎn)．
若制作該模型所需原料密度為，求制作該模型所需的原料質(zhì)量為 g；點(diǎn)O到平面ADE的距離為
13．（2024·廣東茂名·一模）動(dòng)點(diǎn)與兩個(gè)定點(diǎn)，滿足，則點(diǎn)到直線：的距離的最大值為 .
14．（2024·浙江·模擬預(yù)測）已知函數(shù)，，若關(guān)于的不等式有解，則的最小值是 .
四、解答題(本大題共5小題，共77分，解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟)
15. (13分) （2024·福建廈門·一模）已知的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且．
(1)求；
(2)若，且的周長為，求的面積．
16. (15分) （2023·江蘇南通·模擬預(yù)測）已知等差數(shù)列的首項(xiàng)為1，公差為2．正項(xiàng)數(shù)列的前項(xiàng)和為，且．
(1)求數(shù)列和數(shù)列的通項(xiàng)公式；
(2)若，求數(shù)列的前項(xiàng)和．
17. (15分) （23-24高一下·陜西咸陽·期中）如圖，在直四棱柱中，底面為正方形，為棱的中點(diǎn)，．
(1)求三棱錐的體積．
(2)在上是否存在一點(diǎn)，使得平面平面.如果存在，請(qǐng)說明點(diǎn)位置并證明.如果不存在，請(qǐng)說明理由.
18. (17分) （2024·北京·高考真題）已知橢圓：，以橢圓的焦點(diǎn)和短軸端點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形是邊長為2的正方形.過點(diǎn)且斜率存在的直線與橢圓交于不同的兩點(diǎn)，過點(diǎn)和的直線與橢圓的另一個(gè)交點(diǎn)為．
(1)求橢圓的方程及離心率；
(2)若直線BD的斜率為0，求t的值．
19. (17分) （2024·河北滄州·模擬預(yù)測）某景區(qū)的索道共有三種購票類型，分別為單程上山票、單程下山票、雙程上下山票．為提高服務(wù)水平，現(xiàn)對(duì)當(dāng)日購票的120人征集意見，當(dāng)日購買單程上山票、單程下山票和雙程票的人數(shù)分別為36、60和24．
(1)若按購票類型采用分層隨機(jī)抽樣的方法從這120人中隨機(jī)抽取10人，再從這10人中隨機(jī)抽取4人，求隨機(jī)抽取的4人中恰有2人購買單程上山票的概率．
(2)記單程下山票和雙程票為回程票，若在征集意見時(shí)要求把購買單程上山票的2人和購買回程票的m（且）人組成一組，負(fù)責(zé)人從某組中任選2人進(jìn)行詢問，若選出的2人的購票類型相同，則該組標(biāo)為A，否則該組標(biāo)為B，記詢問的某組被標(biāo)為B的概率為p．
（i）試用含m的代數(shù)式表示p；
（ii）若一共詢問了5組，用表示恰有3組被標(biāo)為B的概率，試求的最大值及此時(shí)m的
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2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)講義之滾動(dòng)測試卷07（新高考專用）
測試范圍：
集合與常用邏輯用語、不等式、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、三角函數(shù)與解三角形、平面向量、復(fù)數(shù)、數(shù)列、
立體幾何、解析幾何
一、單選題(本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)
1．（2023·廣東江門·一模）已知集合，，則集合B中所有元素之和為（ ）
A．0B．1C．－1D．
2．（2023·浙江杭州·二模）設(shè)復(fù)數(shù)z滿足（i是虛數(shù)單位），則（ ）
A．B．C．D．
3．（2024·河南·一模）平面向量，滿足，，，則在方向上的投影向量為（ ）
A．B．C．D．
4．（2024·廣西南寧·一模）若，則（ ）
A．B．C．D．
5．（2024·廣東茂名·一模）曲線在點(diǎn)0,1處的切線與直線平行，則（ ）
A．B．C．1D．2
6．（23-24高二上·廣東深圳·期末）已知等差數(shù)列的前項(xiàng)和為，，，則（ ）
A．7B．8C．9D．10
7．（2024·浙江·二模）在正三棱臺(tái)中，已知，，側(cè)棱的長為2，則此正三棱臺(tái)的體積為（ ）
A．B．C．D．
8．（2023·遼寧·三模）雙曲線的左?右焦點(diǎn)分別為，以的實(shí)軸為直徑的圓記為，過作的切線與曲線在第一象限交于點(diǎn)，且，則曲線的離心率為（ ）
A．B．C．D．
二、多選題(本大題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分)
9．（2024·湖南長沙·二模）設(shè)a，b，c，d為實(shí)數(shù)，且，則下列不等式正確的有（ ）
A．B．C．D．
10．（2024·吉林長春·模擬預(yù)測）已知函數(shù)，則下列說法正確的是（ ）
A．函數(shù)單調(diào)遞增
B．函數(shù)值域?yàn)?br>C．函數(shù)的圖象關(guān)于對(duì)稱
D．函數(shù)的圖象關(guān)于對(duì)稱
11．（2024·山東濰坊·一模）已知函數(shù)及其導(dǎo)函數(shù)的定義域均為，記，且，，則（ ）
A．B．的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱
C．D．（）
三、填空題(本大題共3小題，每小題5分，共15分，把答案填在題中的橫線上)
12．（2023高三·全國·專題練習(xí)）陀螺指的是繞一個(gè)支點(diǎn)高速轉(zhuǎn)動(dòng)的幾何體，是中國民間最早的娛樂工具之一，其模型可抽象為圓柱和圓錐的組合體，如圖所示．已知EF，BC分別為圓O，的直徑，，D為弧EF的中點(diǎn)．
若制作該模型所需原料密度為，求制作該模型所需的原料質(zhì)量為 g；點(diǎn)O到平面ADE的距離為
13．（2024·廣東茂名·一模）動(dòng)點(diǎn)與兩個(gè)定點(diǎn)，滿足，則點(diǎn)到直線：的距離的最大值為 .
14．（2024·浙江·模擬預(yù)測）已知函數(shù)，，若關(guān)于的不等式有解，則的最小值是 .
四、解答題(本大題共5小題，共77分，解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟)
15. (13分) （2024·福建廈門·一模）已知的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且．
(1)求；
(2)若，且的周長為，求的面積．
16. (15分) （2023·江蘇南通·模擬預(yù)測）已知等差數(shù)列的首項(xiàng)為1，公差為2．正項(xiàng)數(shù)列的前項(xiàng)和為，且．
(1)求數(shù)列和數(shù)列的通項(xiàng)公式；
(2)若，求數(shù)列的前項(xiàng)和．
17. (15分) （23-24高一下·陜西咸陽·期中）如圖，在直四棱柱中，底面為正方形，為棱的中點(diǎn)，．
(1)求三棱錐的體積．
(2)在上是否存在一點(diǎn)，使得平面平面.如果存在，請(qǐng)說明點(diǎn)位置并證明.如果不存在，請(qǐng)說明理由.
18. (17分) （2024·北京·高考真題）已知橢圓：，以橢圓的焦點(diǎn)和短軸端點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形是邊長為2的正方形.過點(diǎn)且斜率存在的直線與橢圓交于不同的兩點(diǎn)，過點(diǎn)和的直線與橢圓的另一個(gè)交點(diǎn)為．
(1)求橢圓的方程及離心率；
(2)若直線BD的斜率為0，求t的值．
19. (17分) （2024·河北滄州·模擬預(yù)測）某景區(qū)的索道共有三種購票類型，分別為單程上山票、單程下山票、雙程上下山票．為提高服務(wù)水平，現(xiàn)對(duì)當(dāng)日購票的120人征集意見，當(dāng)日購買單程上山票、單程下山票和雙程票的人數(shù)分別為36、60和24．
(1)若按購票類型采用分層隨機(jī)抽樣的方法從這120人中隨機(jī)抽取10人，再從這10人中隨機(jī)抽取4人，求隨機(jī)抽取的4人中恰有2人購買單程上山票的概率．
(2)記單程下山票和雙程票為回程票，若在征集意見時(shí)要求把購買單程上山票的2人和購買回程票的m（且）人組成一組，負(fù)責(zé)人從某組中任選2人進(jìn)行詢問，若選出的2人的購票類型相同，則該組標(biāo)為A，否則該組標(biāo)為B，記詢問的某組被標(biāo)為B的概率為p．
（i）試用含m的代數(shù)式表示p；
（ii）若一共詢問了5組，用表示恰有3組被標(biāo)為B的概率，試求的最大值及此時(shí)m的值．
參考答案：
1．C
【分析】根據(jù)題意列式求得的值，即可得出答案.
【詳解】根據(jù)條件分別令，解得，
又，所以，，
所以集合B中所有元素之和是，
故選：C．
2．A
【分析】利用復(fù)數(shù)運(yùn)算求得，進(jìn)而求得.
【詳解】依題意，，
，
所以.
故選：A
3．C
【分析】由題設(shè)條件，利用向量的模長公式求得，再利用在方向上的投影向量的公式即可求得.
【詳解】由可得，
而在方向上的投影向量為.
故選：C.
4．A
【分析】根據(jù)二倍角的余弦公式和誘導(dǎo)公式即可.
【詳解】,
所以 ，
故選：A.
5．C
【分析】確定曲線在點(diǎn)處的切線的斜率，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義，即可求得答案.
【詳解】因?yàn)榍€在點(diǎn)處的切線與直線平行，
故曲線在點(diǎn)處的切線的斜率為2，
因?yàn)椋裕?br>所以，
故選：C.
6．C
【分析】根據(jù)等差數(shù)列中成等差數(shù)列求解即可.
【詳解】在等差數(shù)列中，
，，所以，
故構(gòu)成公差為的等差數(shù)列，
所以，
即.
故選：C
7．C
【分析】先計(jì)算出三棱臺(tái)的上下底面的面積，再根據(jù)底面邊長與側(cè)棱長求解三棱臺(tái)的高，進(jìn)而計(jì)算出三棱臺(tái)的體積．
【詳解】正三棱臺(tái)中，已知，，
所以的面積為，的面積為，
設(shè)，分別是，的中心，
設(shè)，分別是，的中點(diǎn)，
，，三點(diǎn)共線，，，三點(diǎn)共線，
，，
，，
，
過作，垂足為，則，
，
三棱臺(tái)的高為，
三棱臺(tái)的體積為．
故選：C．
8．A
【分析】設(shè)，求出及，由三角形面積及三角函數(shù)值得到，由雙曲線定義得到，在中，由余弦定理得到方程，求出，得到離心率.
【詳解】設(shè)切點(diǎn)為，，連接，則，，
過點(diǎn)作⊥軸于點(diǎn)E，則，故，
因?yàn)?，解得?br>由雙曲線定義得，所以，
在中，由余弦定理得，
化簡得，又，
所以，方程兩邊同時(shí)除以得，
解得，所以離心率.
故選：A
【點(diǎn)睛】本題考查雙曲線的幾何性質(zhì)及其應(yīng)用，對(duì)于雙曲線的離心率是雙曲線最重要的幾何性質(zhì)，求雙曲線的離心率(或離心率的取值范圍)，常見有兩種方法：①求出，代入公式；②只需要根據(jù)一個(gè)條件得到關(guān)于的齊次式，結(jié)合轉(zhuǎn)化為的齊次式，然后等式(不等式)兩邊分別除以或轉(zhuǎn)化為關(guān)于離心率的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得離心率或離心率的取值范圍).
9．AD
【分析】根據(jù)不等式的相關(guān)性質(zhì)可得A ,D 項(xiàng)正確；通過舉反例可說明B ,C 項(xiàng)錯(cuò)誤.
【詳解】對(duì)于A，由和不等式性質(zhì)可得，故A正確；
對(duì)于B，因，若取，，，，
則，，所以，故B錯(cuò)誤；
對(duì)于C，因，若取，，，，
則，，所以，故C錯(cuò)誤；
對(duì)于D，因?yàn)椋瑒t，又因則，
由不等式的同向皆正可乘性得，，故，故D正確．
故選：AD．
10．ABD
【分析】根據(jù)復(fù)合函數(shù)單調(diào)性的判斷方法，即可判斷A，根據(jù)函數(shù)形式的變形，根據(jù)指數(shù)函數(shù)的值域，求解函數(shù)的值域，即可判斷B，根據(jù)對(duì)稱性的定義，與的關(guān)系，即可判斷CD.
【詳解】，
函數(shù)，，則，
又內(nèi)層函數(shù)在上單調(diào)遞增，外層函數(shù)在1,+∞上單調(diào)遞增，
所以根據(jù)復(fù)合函數(shù)單調(diào)性的法則可知，函數(shù)單調(diào)遞增，故A正確；
因?yàn)?，所以，則，所以函數(shù)的值域?yàn)?,2，故B正確；
，，所以函數(shù)關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，故C錯(cuò)誤，D正確.
故選：ABD
11．ABD
【分析】對(duì)于A，對(duì)條件，求導(dǎo)可得；對(duì)于B，對(duì)條件，兩邊同時(shí)除以可得；對(duì)于C，反證法，假設(shè)C正確，求導(dǎo)，結(jié)合條件，可得與矛盾，可判斷C；對(duì)于D，求出，，所以有，，，得出數(shù)列是以0為首項(xiàng)，為公差的等差數(shù)列，利用等差數(shù)列求和公式即可判斷．
【詳解】因?yàn)椋?br>所以，即，
令，得，故A正確；
因?yàn)椋?br>當(dāng)時(shí)，，
所以的圖象關(guān)于點(diǎn)0,1對(duì)稱，故B正確；
對(duì)于C，假設(shè)成立，
求導(dǎo)得，
即，又，
所以，所以與矛盾，故C錯(cuò)誤；
對(duì)于D，因?yàn)椋?br>所以，，，，
所以有，
所以數(shù)列的奇數(shù)項(xiàng)是以為首項(xiàng)，為公差的等差數(shù)列，
數(shù)列的偶數(shù)項(xiàng)是以為首項(xiàng)，為公差的等差數(shù)列，
又，，
所以數(shù)列是以為首項(xiàng)，為公差的等差數(shù)列，
所以，
所以，故D正確．
故選：ABD．
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題解答的關(guān)鍵是，的應(yīng)用，D選項(xiàng)關(guān)鍵是推出是以為首項(xiàng)，為公差的等差數(shù)列.
12．
【分析】求出圓錐和圓柱的體積，得到該模型的體積，結(jié)合原料密度，得到質(zhì)量；再利用等體積法得到點(diǎn)到平面的距離.
【詳解】因?yàn)椋裕?br>圓錐的體積，圓柱的體積，
則該模型的體積，
又制作該模型所需原料密度為，
故制作該模型所需的原料質(zhì)量為．
由D為弧EF的中點(diǎn)可知，則，，
在中，由余弦定理得，則，
所以．
由等體積法可得，設(shè)點(diǎn)O到平面ADE的距離為h，則有，
即，解得
故答案為：，
13．
【分析】
利用兩點(diǎn)距離公式及已知求得的軌跡是圓心為，半徑為2的圓上，再確定直線所過的定點(diǎn)并判斷其與圓的位置關(guān)系，要使圓上點(diǎn)到直線距離最大，有圓心與定點(diǎn)所在直線與直線垂直，進(jìn)而求最大值.
【詳解】令，則，整理得，
所以的軌跡是圓心為，半徑為2的圓上，
又直線：可化為，易知過定點(diǎn)，
由，故點(diǎn)在圓外，
則圓心與定點(diǎn)所在直線與直線垂直，圓心與直線距離最大，
所以點(diǎn)到直線距離的最大值為.
故答案為：
14．/
【分析】參變分離可得有解，令，，利用導(dǎo)數(shù)求出，即可求出參數(shù)的取值范圍，從而得解.
【詳解】由得，顯然，
所以有解，
令，則，
令，則，所以當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，
所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
所以，即，
所以，則，即的最小值是.
故答案為：
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵是參變分離得到有解，再構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求出.
15．(1)；
(2).
【分析】
（1）應(yīng)用正弦邊角關(guān)系及和角正弦公式有，再由三角形內(nèi)角性質(zhì)即可求邊長；
（2）應(yīng)用余弦定理及已知得且，進(jìn)而求得，最后應(yīng)用面積公式求面積.
【詳解】（1）由題設(shè)，由正弦定理有，
所以，而，故，又，
所以.
（2）由（1）及已知，有，可得，
又，即，
所以，故.
16．(1)，
(2)
【分析】（1）直接得到的通項(xiàng)公式，由作差得到，從而求出的通項(xiàng)公式；
（2）由（1）可得，利用分組求和法計(jì)算可得.
【詳解】（1）依題意可得，
∵①，
當(dāng)時(shí)，②，
，
，，
∵，
∴，
且在①式中令或（舍去），∴，
綜上可得，．
（2）由（1）可得，
∴
．
17．(1)
(2)存在，為的中點(diǎn)
【分析】（1）根據(jù)計(jì)算可得；
（2）當(dāng)為的中點(diǎn)時(shí)滿足平面平面，設(shè)，連接，即可證明、，從而得到平面，平面，即可得證.
【詳解】（1）在直四棱柱中，底面為正方形，
所以平面，
所以.
（2）當(dāng)為的中點(diǎn)時(shí)滿足平面平面，
設(shè)，連接，
因?yàn)闉檎叫危詾榈闹悬c(diǎn)，又為棱的中點(diǎn)，
所以，又平面，平面，所以平面，
又為的中點(diǎn)，所以且，所以為平行四邊形，
所以，
又平面，平面，所以平面，
又，平面，
所以平面平面.
18．(1)
(2)
【分析】（1）由題意得，進(jìn)一步得，由此即可得解；
（2）設(shè)，，聯(lián)立橢圓方程，由韋達(dá)定理有，而，令，即可得解.
【詳解】（1）由題意，從而，
所以橢圓方程為，離心率為；
（2）直線斜率不為0，否則直線與橢圓無交點(diǎn)，矛盾，
從而設(shè)，，
聯(lián)立，化簡并整理得，
由題意，即應(yīng)滿足，
所以，
若直線斜率為0，由橢圓的對(duì)稱性可設(shè)，
所以，在直線方程中令，
得，
所以，
此時(shí)應(yīng)滿足，即應(yīng)滿足或，
綜上所述，滿足題意，此時(shí)或.
19．(1)
(2)（i）；（ii）時(shí)，．
【分析】（1）由古典概型結(jié)合組合數(shù)公式即可求得答案；
（2）（i）由古典概型結(jié)合對(duì)立事件的概率公式即可求得答案；
（ii）由n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)的概率公式結(jié)合導(dǎo)數(shù)知識(shí)即可求解.
【詳解】（1）因?yàn)橘徺I單程上山票、單程下山票和雙程票的人數(shù)之比為，所以這10人中，購買單程上山票、單程下山票和雙程票的人數(shù)分別為：，，，
故隨機(jī)抽取的4人中恰有2人購買單程上山票的概率．
（2）（i）從人中任選2人，有種選法，其中購票類型相同的有種選法，則詢問的某組被標(biāo)為B的概率．
（ii）由題意，5組中恰有3組被標(biāo)為B的概率，
所以，，
所以當(dāng)時(shí)，，函數(shù)單調(diào)遞增，
當(dāng)時(shí)，，函數(shù)單調(diào)遞減，
所以當(dāng)時(shí)，取得最大值，且最大值為．
由，且，得．
當(dāng)時(shí)，5組中恰有3組被標(biāo)為B的概率最大，且的最大值為．
題號(hào)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
A
C
A
C
C
C
A
AD
ABD
題號(hào)
11









答案
ABD









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